Mittlerer Binomialkoeffizient Rechner

📊 Verschiedene Darstellungen

Äquivalente mathematische Formulierungen:

\[\binom{2n}{n} = \frac{(2n)!}{n! \cdot n!} = \frac{(2n)!}{(n!)^2} \quad \text{(Standard)}\] \[\binom{2n}{n} = \frac{(2n)(2n-1)\cdots(n+1)}{n!} \quad \text{(Produktform)}\] \[\binom{2n}{n} = \frac{2^{2n}}{\sqrt{\pi n}} \left(1 + O\left(\frac{1}{n}\right)\right) \quad \text{(Stirling)}\] \[\binom{2n}{n} = \sum_{k=0}^n \binom{n}{k}^2 \quad \text{(Vandermonde)}\]

🔄 Rekursive Beziehungen

Rekursionsformeln und Beziehungen:

\[\binom{2n}{n} = \frac{2(2n-1)}{n} \binom{2(n-1)}{n-1} \quad \text{(Rekursion)}\] \[\binom{2n}{n} = \binom{2n-1}{n} + \binom{2n-1}{n-1} \quad \text{(Pascal)}\] \[\binom{2n}{n} = 2 \binom{2n-1}{n-1} \quad \text{(Symmetrie)}\] \[\frac{\binom{2(n+1)}{n+1}}{\binom{2n}{n}} = \frac{4n+2}{n+1} \quad \text{(Quotient)}\]

📈 Asymptotisches Verhalten

Wachstumsverhalten für große n:

\[\binom{2n}{n} \sim \frac{4^n}{\sqrt{\pi n}} \quad \text{(Stirling-Approximation)}\] \[\ln\binom{2n}{n} \sim 2n \ln(2) - \frac{1}{2}\ln(\pi n) \quad \text{(Logarithmisch)}\] \[\frac{\binom{2(n+1)}{n+1}}{\binom{2n}{n}} \to 4 \quad \text{(Wachstumsfaktor)}\] \[\binom{2n}{n} = \frac{4^n}{\sqrt{\pi n}}\left(1 - \frac{1}{8n} + O\left(\frac{1}{n^2}\right)\right)\]

📝 Beispiel 1: Gitterpfade

Aufgabe: Wie viele Wege gibt es von (0,0) nach (4,4) mit nur Rechts- und Aufwärtsschritten?
Lösung: Berechne \(\binom{8}{4}\)
Berechnung:

\[\text{Gesamtschritte: } 4 + 4 = 8\] \[\text{Anzahl Rechtsschritte: } 4\] \[\binom{8}{4} = \frac{8!}{4! \cdot 4!} = \frac{40320}{24 \cdot 24} = \frac{40320}{576} = 70\]

Antwort: Es gibt 70 verschiedene Wege von (0,0) nach (4,4)

📝 Beispiel 2: Binomialverteilung

Aufgabe: Wahrscheinlichkeit von genau 5 Erfolgen bei 10 fairen Münzwürfen
Gegeben: n = 10, k = 5, p = 0.5
Berechnung:

\[P(X = 5) = \binom{10}{5} \cdot 0{,}5^5 \cdot 0{,}5^5\] \[= \binom{10}{5} \cdot 0{,}5^{10}\] \[= 252 \cdot \frac{1}{1024} = \frac{252}{1024} \approx 0{,}246\]

Interpretation: 24.6% Wahrscheinlichkeit für genau 5 Köpfe bei 10 Würfen

📝 Beispiel 3: Stirling-Approximation

Aufgabe: Approximation von \(\binom{20}{10}\) mit Stirling-Formel
Exakter Wert: 184756
Berechnung:

\[\binom{20}{10} \approx \frac{4^{10}}{\sqrt{\pi \cdot 10}} = \frac{1048576}{\sqrt{31{,}416}} \approx \frac{1048576}{5{,}605} \approx 187109\] \[\text{Relativer Fehler: } \frac{|187109 - 184756|}{184756} \approx 1{,}27\%\]

Fazit: Stirling-Approximation ist bereits bei n=10 sehr genau

📊 Werte von \(\binom{2n}{n}\) für n = 0 bis 15

🔗 Verbindungen zu anderen Zahlenfolgen

Wichtige Beziehungen zu anderen kombinatorischen Objekten:

\[\text{Catalan-Zahlen: } C_n = \frac{1}{n+1}\binom{2n}{n}\] \[\text{Fibonacci-Zahlen: } F_{2n} = \sum_{k=0}^n \binom{n}{k} F_k\] \[\text{Euler-Zahlen: } \sum_{n=0}^{\infty} \binom{2n}{n} \frac{x^n}{4^n} = \frac{1}{\sqrt{1-x}}\] \[\text{Legendre-Polynome: } P_n(0) = \frac{(-1)^{n/2}}{4^{n/2}} \binom{n}{n/2}\]

📐 Geometrische Interpretationen

Geometrische Bedeutungen der mittleren Binomialkoeffizienten:

\[\text{Anzahl Gitterpfade von } (0,0) \text{ nach } (n,n)\] \[\text{Anzahl Dyck-Pfade der Länge } 2n \text{ (multipliziert mit } \frac{1}{n+1}\text{)}\] \[\text{Volumen des } n\text{-dimensionalen Hypertetraeders}\] \[\text{Anzahl Triangulierungen eines } (n+2)\text{-Ecks (Catalan-verwandt)}\]

💻 Effiziente Implementierungen

Numerisch stabile Berechnung des mittleren Binomialkoeffizienten:

Python - Direkte Berechnung:
import math

def central_binomial(n):
  """Berechnet (2n über n)"""
  return math.comb(2*n, n)

Python - Logarithmische Berechnung:
def central_binomial_log(n):
  """Berechnet log((2n über n))"""
  return (math.lgamma(2*n + 1) -
          2 * math.lgamma(n + 1))

Python - Stirling-Approximation:
def central_binomial_approx(n):
  """Stirling-Approximation"""
  if n == 0: return 1
  return int(4**n / math.sqrt(math.pi * n))

📊 JavaScript-Implementierung

Web-freundliche Berechnung mit Overflow-Schutz:

JavaScript:
function centralBinomial(n) {
  if (n === 0) return 1;
  
  // Iterative Berechnung zur Vermeidung von Overflow
  let result = 1;
  for (let i = 1; i <= n; i++) {
    result = result * (n + i) / i;
  }
  return Math.round(result);
}

// Stirling-Approximation
function centralBinomialApprox(n) {
  if (n === 0) return 1;
  return Math.round(Math.pow(4, n) / Math.sqrt(Math.PI * n));
}

// Beispiel:
console.log(centralBinomial(5)); // Ausgabe: 252

⚡ Numerische Überlegungen

Wichtige Aspekte bei der Implementierung:

\[\text{Overflow-Problem: } (2n)! \text{ wird sehr schnell sehr groß}\] \[\text{Lösung 1: Iterative Multiplikation und Division}\] \[\text{Lösung 2: Logarithmische Berechnung mit lgamma}\] \[\text{Lösung 3: Stirling-Approximation für große } n\] \[\text{Genauigkeit: Stirling ist ab } n \geq 10 \text{ sehr präzise}\]